mise à niveau en mathématiques (école d'ingénieur) · Chapitre 1 · Exercice de TD

Tassement d'un sol sous un réservoir

Suites et séries numériques · niveau 2

Énoncé

Un réservoir de stockage est construit sur une couche d'argile. Sous son poids, le sol se tasse pendant des années. On note $t_{n}$ (en mm) le tassement survenu au cours de la $n$ -ième année ( $n \geq 1$ ), $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} t_{k}$ le tassement cumulé et $R_{n} = lim_{p \to \infty} S_{p} - S_{n}$ le tassement résiduel. Les canalisations rigides ne peuvent être raccordées que lorsque $R_{n} \leq 5$ mm.

Modèle 1 — décroissance géométrique : $t_{n} = t_{1} q^{n - 1}$ avec $t_{1} = 30$ mm et $q = 0, 8$ .

Justifier que $(S_{n})$ est croissante, calculer $S_{n}$ , puis sa limite $S_{\infty}$ .
Montrer que $R_{n} = 150 \times 0, 8^{n}$ . Au bout de combien d'années peut-on raccorder ?
Des drains verticaux accélèrent la consolidation : le tassement final $S_{\infty}$ est inchangé (c'est une propriété du sol), mais la raison devient $q^{'} = 0, 6$ . Que vaut le nouveau $t_{1}$ ? Combien d'années faut-il alors ?

Modèle 2 — décroissance en puissance : pour les sols organiques, le fluage dure très longtemps et l'on prend $t_{n} = \frac{c}{n ^{α}}$ , $c > 0$ .

Pour quelles valeurs de $α > 0$ le tassement total est-il fini ? Que prédit le modèle pour $α = 1$ ? Commenter.
On prend $α = \frac{3}{2}$ et $c = 30$ mm. À l'aide de la comparaison série–intégrale, encadrer $R_{n}$ . Donner le premier rang $n$ à partir duquel on est certain que $R_{n} \leq 5$ mm, et montrer qu'on ne peut pas raccorder avant l'année $143$ .
Dans chaque modèle, combien de temps supplémentaire faut-il pour diviser le tassement résiduel par deux ? Conclure.
Pour aller plus loin. La théorie de Terzaghi donne le degré de consolidation

$U (T_{v}) = 1 - m \geq 0 \sum \frac{8}{( 2 m + 1 ) ^{2} π ^{2}} exp (- \frac{( 2 m + 1 ) ^{2} π ^{2}}{4} T_{v}),$

où $T_{v} \geq 0$ est un temps adimensionné. On admet que $\sum_{m \geq 0} \frac{1}{( 2 m + 1 ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{8}$ . Calculer $U (0)$ et interpréter. Pour $T_{v} = 0, 1$ , on approche $U$ en ne gardant que le terme $m = 0$ : majorer l'erreur commise, puis donner la valeur approchée de $U (0, 1)$ .

Corrigé

$S_{n} - S_{n - 1} = t_{n} > 0$ : $(S_{n})$ est croissante. Série géométrique : $S_{n} = 30 \cdot \frac{1 - 0 , 8 ^{n}}{1 - 0 , 8} = 150 (1 - 0, 8^{n}) \to S_{\infty} = 150$ mm.
$R_{n} = S_{\infty} - S_{n} = 150 \times 0, 8^{n}$ . On veut $0, 8^{n} \leq \frac{5}{150} = \frac{1}{30}$ , soit $n \geq \frac{l n 30}{l n 1 , 25} \approx 15, 2$ : on raccorde au bout de $16$ ans.
$S_{\infty} = \frac{t _{1}^{'}}{1 - q ^{'}} = 150$ donne $t_{1}^{'} = 150 \times 0, 4 = 60$ mm : le sol se tasse deux fois plus la première année. $R_{n} = 150 \times 0, 6^{n} \leq 5$ pour $n \geq \frac{l n 30}{l n ( 5/3 )} \approx 6, 7$ : $7$ ans.
Série de Riemann : le tassement total est fini si et seulement si $α > 1$ . Pour $α = 1$ , le modèle prédit un tassement infini, alors que chaque tassement annuel tend vers $0$ : il n'est pas physique sur le long terme (un sol ne s'enfonce pas indéfiniment), même s'il peut décrire correctement les premières années.
Avec $f (x) = \frac{c}{x ^{3/2}}$ , $\int_{n}^{+ \infty} f = \frac{2 c}{n}$ et l'encadrement (1.1) donne

$\frac{60}{n + 1} \leq R_{n} \leq \frac{60}{n} .$

La majoration garantit $R_{n} \leq 5$ dès que $n \geq 12$ , soit $n \geq 144$ . La minoration montre que $R_{n} > 5$ tant que $n + 1 < 12$ , soit pour $n \leq 142$ : on ne peut pas raccorder avant l'année $143$ . (Le calcul numérique donne $R_{143} \approx 5, 009$ et $R_{144} \approx 4, 991$ : c'est bien l'année $144$ .) Un siècle et demi pour les derniers $5$ mm.

Modèle 1 : $R_{n + m} = R_{n} q^{m}$ , donc $m = \frac{l n 2}{l n ( 1/ q )}$ , soit $3, 1$ ans pour $q = 0, 8$ et $1, 4$ an pour $q^{'} = 0, 6$ — quelle que soit l'année de départ. Modèle 2 : $R_{n} \approx \frac{60}{n}$ ; pour le diviser par $2$ , il faut multiplier $n$ par $4$ . À partir de l'année $144$ , il faudrait attendre l'année $576$ . La queue d'une suite en puissance coûte un temps qui croît avec le temps déjà écoulé : c'est pourquoi on ne construit pas sur un sol organique sans le traiter.
Le terme général est positif et, l'exponentielle étant $\leq 1$ , majoré par $\frac{8}{( 2 m + 1 ) ^{2} π ^{2}}$ , terme d'une série convergente (équivalent à $\frac{2}{π ^{2} m ^{2}}$ , Riemann) : $U (T_{v})$ est bien défini. Pour $T_{v} = 0$ , $U (0) = 1 - \frac{8}{π ^{2}} \cdot \frac{π ^{2}}{8} = 0$ : au temps initial, le sol n'est pas consolidé. Pour $m \geq 1$ , $(2 m + 1)^{2} \geq 9$ , donc chaque exponentielle est majorée par $e^{- 9 π^{2} T_{v} /4}$ et l'erreur (la somme des termes $m \geq 1$ ) vérifie

$0 \leq E \leq e^{- 9 π^{2} T_{v} /4} m \geq 1 \sum \frac{8}{( 2 m + 1 ) ^{2} π ^{2}} = e^{- 9 π^{2} T_{v} /4} (1 - \frac{8}{π ^{2}}) .$

Pour $T_{v} = 0, 1$ : $E \leq 0, 109 \times 0, 189 \approx 0, 021$ , et le seul terme $m = 0$ donne $U (0, 1) \approx 1 - \frac{8}{π ^{2}} e^{- π^{2} /40} \approx 0, 367$ . (La valeur exacte est $0, 357$ : l'erreur réelle, $0, 010$ , est bien sous la borne.) Plus $T_{v}$ grandit, plus le premier terme suffit à lui seul.

100 % gratuit

La suite du chapitre est sur Adloun

Exercice suivant et tuteur

Sans compte : le cours et le premier QCM. Exercices et tuteur : inscription gratuite en 30 secondes, sans carte bancaire.

Le cours du chapitre · Tous les exercices du chapitre

Exercice suivant et tuteur →